Андрей Павлов - Геометрия: Планиметрия в тезисах и решениях. 9 класс

139. Дано (рис. 197):

ОА = 4, АВ = 3, CD = 2. Найдите ОС. (1)

Рис. 197.

Решение. Пусть ОС = х, тогда ОА ? ОВ = ОС ? OD; 4 ? 7 = х(х + 2);

Ответ:

140. Стороны прямоугольника равны а и b. На стороне а, как на диаметре, построена окружность. На какие отрезки окружность делит диагональ прямоугольника (рис. 198)? (2)

Рис. 198.

Решение. Из точки С проведена секущая СА и касательная CD к окружности. По известному свойству имеем: СР ? СА = CD 2;

Ответ:

141. ОА – касательная; ОВ = 4; ВС = 3. Найдите длину ОА (рис. 199). (1)

Рис. 199.

Задачи с использованием геометрических преобразований, дополнительных построений и вспомогательных фигур достаточно редки в современных школьных учебниках, но именно в этих задачах, на наш взгляд, проявляется красота геометрии. Это не случайно, ведь благодаря проведенной «лишней» линии, осуществленному повороту, построению симметричной фигуры или вспомогательной окружности даже очень сложная задача может решиться «в одну строчку». За примерами далеко ходить не надо.

142. Найдите длину окружности, описанной около трапеции, стороны которой равны а, а, а и 2а (рис. 200). (1)

Рис. 200.

Решение. Легко видеть, что трапецию ABCD можно достроить до правильного шестиугольника (см. рис.), но у правильного шестиугольника радиус описанной окружности равен стороне шестиугольника: Rокр = а. Длина окружности l = 2?Rокр = 2?а.

Ответ: 2?а.

143. Основания трапеции равны 4 см и 9 см, а диагонали равны 5 см и 12 см. Найти площадь трапеции и угол между её диагоналями (рис. 201). (2)

Рис. 201.

Решение. Пусть ABCD – данная трапеция, CD = 4 см, АВ = 9 см, BD = 5 см и АС = 12 см. Чтобы известные элементы включить в один треугольник, перенесём диагональ BD на вектор DC в положение СВ'. Рассмотрим треугольник АСВ'. Так как ВВ'CD – параллелограмм, то В'С = 5 см, АВ' = АВ + ВВ' = АВ + CD = 13 см. Теперь известны все три стороны треугольника АВ'С. Так как АС2+ В'С2= (АВ')2= 52+ 122= 132, то треугольник АВ'С – прямоугольный, причем ?АСВ' = 90°. Отсюда непосредственно следует, что угол между диагоналями трапеции, равный углу АСВ', составляет 90°. Площадь трапеции, как и всякого четырёхугольника, равна половине произведения диагоналей на синус угла между ними. Отсюда площадь равна 1/2AC ? BD ? sin 90° = 1/2 ? 12 ? 5 ? 1 = 30 см2.

Ответ: 30 см2, 90°.

144. Основание АВ трапеции ABCD вдвое длиннее основания CD и вдвое длиннее боковой стороны AD. Длина диагонали АС равна а, а длина боковой стороны ВС равна b. Найти площадь трапеции (рис. 202). (3)

Рис. 202.

Решение. Пусть АВ = 2с, тогда CD = AD = с. Продолжим боковые стороны ВС и AD до пересечения их в точке Е. Получим треугольник ВАЕ. Так как CD = 1/2АВ, то CD – средняя линия треугольника ABE. Отсюда получаем, что СЕ = ВС = b и DE = AD = с. Получилось, что АВ = АЕ. Следовательно, треугольник ВАЕ равнобедренный и АС – его медиана. Но в равнобедренном треугольнике медиана, проведённая к основанию, является высотой, поэтому площадь треугольника ВАЕ можно вычислить так:

Далее, т. к. треугольники DCE и ABE подобны с коэффициентом подобия k = 1/2, то площадь треугольника DCE равна 1/4 площади треугольника ABE (отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия). Площадь трапеции, таким образом, равна 3/4 площади треугольника ABE, то есть равна 3/4аb

4 3 Ответ: 3/4аb.

145. Внутри равностороннего треугольника ABC дана точка М, такая, что АМ = 1, ВМ = ?3 и СМ = 2. Найти длину АВ (рис. 203). (3)

Рис. 203.

Решение. Повернём треугольник АСМ вокруг точки С на 60°. Тогда точка А перейдёт в точку В, точка М – в некоторую точку D, треугольник АСМ – в треугольник BCD. При этом CD = СМ и ?MCD = 60°, следовательно, треугольник CDM – равносторонний, а значит, и ?CDM = ?DMC = 60°. С помощью поворота получен вспомогательный треугольник BDM. Заметим, что BD = AM = 1, ВМ = ?3, DM = CM = 2. Значит, треугольник BDM прямоугольный (ведь BM2+ BD2= (?3)2+ 12= DM2), ?DBM = 90° и ?BMD = 30° (противолежащий катет BD равен половине гипотенузы MD). Далее вычислим угол ВМС. ?ВМС = ?BMD + ?DMC = 30° + 60° = 90°. Применив теорему Пифагора к треугольнику ВСМ, найдём, что

Ответ: ?7.

146. Доказать, что медиана треугольника меньше полусуммы заключающих ее сторон. (1)

147. Туристы находятся на острове «А». Им надо прибыть на остров «В», – при этом сначала побывав на обоих берегах реки. Каков будет их кратчайший маршрут (рис. 204)? (2)

Рис. 204.

148. Средняя линия трапеции равна 4; отрезок, соединяющий середины оснований, равен 1; углы при основании трапеции равны 40° и 50°. Найдите длины оснований трапеции. (3)

Вообще говоря, в данном случае речь идет не о частных идеях решения определенного класса задач, а об универсальных методах решения самых разнообразных геометрических проблем.

Суть метода состоит в том, что для решения задач вводится система координат (прямоугольная или аффинная), пишутся необходимые уравнения прямых, других фигур, по известным формулам находятся длины и углы.